随机变量的均值及其性质3-1
高考数学一轮复习---离散型随机变量的均值与方差、正态分布
离散型随机变量的均值与方差、正态分布一、基础知识1.均值一般地，若离散型随机变量X的分布列为：则称E(X)＝x1p1＋x2p2i i n n.它反映了离散型随机变量取值的平均水平.(1)期望是算术平均值概念的推广，是概率意义下的平均.,(2)E(X)是一个实数，由X的分布列唯一确定，即作为随机变量，X是可变的，可取不同值，而E(X)是不变的，它描述X取值的平均状态.,(3)E(X)＝x1p1＋x2p2＋…＋x n p n直接给出了E(X)的求法，即随机变量取值与相应概率分别相乘后相加.2.方差设离散型随机变量X的分布列为：则(x i－E(X))2描述了x i(i＝)＝(x i－E(X))2p i为这些偏离程度的加权平均，刻画了随机变量X与其均值E(X)的平均偏离程度.称D(X)为随机变量X的方差，并称其算术平方根D(X)为随机变量X的标准差.(1)随机变量的方差与标准差都反映了随机变量取值的稳定与波动、集中与离散的程度.D(X)越大，表明平均偏离程度越大，X的取值越分散.反之，D(X)越小，X的取值越集中在E(X)附近.,(2)方差也是一个常数，它不具有随机性，方差的值一定是非负.3.两个特殊分布的期望与方差4.正态分布(1)正态曲线的特点①曲线位于x轴上方，与x轴不相交；②曲线是单峰的，它关于直线x＝μ对称；③曲线在x＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x轴平移；⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“瘦高”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散.(2)正态分布的三个常用数据①P (μ－σ＜X ≤μ＋σ)≈0.682 6；②P (μ－2σ＜X ≤μ＋2σ)≈0.954 4；③P (μ－3σ＜X ≤μ＋3σ)≈0.997 4.二、常用结论若Y ＝aX ＋b ，其中a ，b 是常数，X 是随机变量，则 (1)E (k )＝k ，D (k )＝0，其中k 为常数； (2)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，D (aX ＋b )＝a 2D (X )； (3)E (X 1＋X 2)＝E (X 1)＋E (X 2)； (4)D (X )＝E (X 2)－(E (X ))2；(5)若X 1，X 2相互独立，则E (X 1·X 2)＝E (X 1)·E (X 2).(6)若X ～N (μ，σ2)，则X 的均值与方差分别为：E (X )＝μ，D (X )＝σ2. 三、考点解析考点一 离散型随机变量的均值与方差例、为迎接2022年北京冬奥会，推广滑雪运动，某滑雪场开展滑雪促销活动.该滑雪场的收费标准是：滑雪时间不超过1小时免费，超过1小时的部分每小时收费标准为40元(不足1小时的部分按1小时计算).有甲、乙两人相互独立地来该滑雪场运动，设甲、乙不超过1小时离开的概率分别为14，16；1小时以上且不超过2小时离开的概率分别为12，23；两人滑雪时间都不会超过3小时.(1)求甲、乙两人所付滑雪费用相同的概率；(2)设甲、乙两人所付的滑雪费用之和为随机变量ξ(单位：元)，求ξ的分布列与数学期望E (ξ)，方差D (ξ).跟踪训练1.随机变量X 的可能取值为0,1,2，若P (X ＝0)＝15，E (X )＝1，则D (X )＝( )A.15B.25C.55D.1052.随着网络营销和电子商务的兴起，人们的购物方式更具多样化.某调查机构随机抽取10名购物者进行采访，5名男性购物者中有3名倾向于选择网购，2名倾向于选择实体店，5名女性购物者中有2名倾向于选择网购，3名倾向于选择实体店.(1)若从10名购物者中随机抽取2名，其中男、女各一名，求至少1名倾向于选择实体店的概率； (2)若从这10名购物者中随机抽取3名，设X 表示抽到倾向于选择网购的男性购物者的人数，求X 的分布列和数学期望.考点二 二项分布的均值与方差例、某部门为了解一企业在生产过程中的用水量情况，对其每天的用水量做了记录，得到了大量该企业的日用水量的统计数据，从这些统计数据中随机抽取12天的数据作为样本，得到如图所示的茎叶图(单位：吨).若用水量不低于95吨，则称这一天的用水量超标.(1)从这12天的数据中随机抽取3个，求至多有1天的用水量超标的概率；(2)以这12天的样本数据中用水量超标的频率作为概率，估计该企业未来3天中用水量超标的天数，记随机变量X 为未来这3天中用水量超标的天数，求X 的分布列、数学期望和方差.[解题技法]二项分布的期望与方差(1)如果ξ ～B (n ，p )，则用公式E (ξ)＝np ，D (ξ)＝np (1－p )求解，可大大减少计算量.(2)有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E (a ξ＋b )＝aE (ξ)＋b 以及E (ξ)＝np 求出E (a ξ＋b )，同样还可求出D (a ξ＋b ).跟踪训练1.设X 为随机变量，且X ～B (n ，p )，若随机变量X 的数学期望E (X )＝4，D (X )＝43，则P (X ＝2)＝________.(结果用分数表示)2.一个盒子中装有大量形状、大小一样但重量不尽相同的小球，从中随机抽取50个作为样本，称出它们的重量(单位：克)，重量分组区间为[5,15]，(15,25]，(25,35]，(35,45]，由此得到样本的重量频率分布直方图(如图).(1)求a 的值，并根据样本数据，试估计盒子中小球重量的众数与平均值；(2)从盒子中随机抽取3个小球，其中重量在[5,15]内的小球个数为X ，求X 的分布列和数学期望(以直方图中的频率作为概率).考点三 均值与方差在决策中的应用例、某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，则更换为合格品.检验时，先从这箱产品中任取20件作检验，再根据检验结果决定是否对余下的所有产品作检验.设每件产品为不合格品的概率都为p (0＜p ＜1)，且各件产品是否为不合格品相互独立. (1)记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f (p )，求f (p )的最大值点p 0.(2)现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以(1)中确定的p 0作为p 的值.已知每件产品的检验费用为2元，若有不合格品进入用户手中，则工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用. ①若不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X ，求EX ； ②以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策依据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？[解题技法]离散型随机变量的期望和方差应用问题的解题策略(1)求离散型随机变量的期望与方差关键是确定随机变量的所有可能值，写出随机变量的分布列，正确运用期望、方差公式进行计算.(2)要注意观察随机变量的概率分布特征，若属于二项分布，可用二项分布的期望与方差公式计算，则更为简单.(3)在实际问题中，若两个随机变量ξ1，ξ2，有E (ξ1)＝E (ξ2)或E (ξ1)与E (ξ2)较为接近时，就需要用D (ξ1)与D (ξ2)来比较两个随机变量的稳定程度.即一般地将期望最大(或最小)的方案作为最优方案，若各方案的期望相同，则选择方差最小(或最大)的方案作为最优方案.跟踪训练某投资公司在2019年年初准备将1 000万元投资到“低碳”项目上，现有两个项目供选择：项目一：新能源汽车.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利30%，也可能亏损15%，且这两种情况发生的概率分别为79和29；项目二：通信设备.据市场调研，投资到该项目上，到年底可能获利50%，可能损失30%，也可能不赔不赚，且这三种情况发生的概率分别为35，13和115.针对以上两个投资项目，请你为投资公司选择一个合理的项目，并说明理由.考点四 正态分布例、(1)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( )A.P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B.P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C.对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D.对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t ) (2)已知随机变量X 服从正态分布N (3,1)，且P (X ≥4)＝0.158 7，则P (2＜X ＜4)＝( ) A.0.682 6 B.0.341 3 C.0.460 3 D.0.920 7(3)某校在一次月考中有900人参加考试，数学考试的成绩服从正态分布X ～N (90，a 2)(a ＞0，试卷满分150分)，统计结果显示数学考试成绩在70分到110分之间的人数约为总人数的35，则此次月考中数学考试成绩不低于110分的学生约有________人.[解题技法]正态分布下2类常见的概率计算(1)利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x ＝μ对称，曲线与x 轴之间的面积为1.(2)利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个.跟踪训练1.已知随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，若P (ξ＜2)＝P (ξ＞6)＝0.15，则P (2≤ξ＜4)等于( ) A.0.3 B.0.35 C.0.5 D.0.72.为了监控某种零件的一条生产线的生产过程，检验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸(单位：cm).根据长期生产经验，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布N (μ，σ2). (1)假设生产状态正常，记X 表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件数，求P (X ≥1)及X 的数学期望；(2)一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在(μ－3σ，μ＋3σ)之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进行检查. ①试说明上述监控生产过程方法的合理性； ②下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：9.95 10.12 9.96 9.96 10.01 9.92 9.98 10.04 10.26 9.91 10.13 10.02 9.22 10.04 10.05 9.95经计算得x ＝9.97，s ≈0.212，其中x i 为抽取的第i 个零件的尺寸，i ＝1,2， (16)用样本平均数x 作为μ的估计值μ^，用样本标准差s 作为σ的估计值σ^，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进行检查？剔除(μ^－3σ^，μ^＋3σ^)之外的数据，用剩下的数据估计μ和σ(精确到0.01).附：若随机变量Z 服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－3σ＜Z ＜μ＋3σ)＝0.997 4.0.997 416≈0.959 2，0.008≈0.09.课后作业1.口袋中有编号分别为1,2,3的三个大小和形状完全相同的小球，从中任取2个，则取出的球的最大编号X 的期望为( )A.13B.23C.2D.832.已知随机变量X 服从正态分布N (a,4)，且P (X ＞1)＝0.5，P (X ＞2)＝0.3，则P (X ＜0)＝( ) A.0.2 B.0.3 C.0.7 D.0.83.已知某公司生产的一种产品的质量X (单位：克)服从正态分布N (100,4)，现从该产品的生产线上随机抽取10 000件产品，其中质量在[98,104]内的产品估计有( )(附：若X 服从N (μ，σ2)，则P (μ－σ＜X ＜μ＋σ)＝0.682 7，P (μ－2σ＜X ＜μ＋2σ)＝0.954 5) A.4 093件 B.4 772件 C.6 827件 D.8 186件4.某篮球队对队员进行考核，规则是①每人进行3个轮次的投篮；②每个轮次每人投篮2次，若至少投中1次，则本轮通过，否则不通过.已知队员甲投篮1次投中的概率为23，如果甲各次投篮投中与否互不影响，那么甲3个轮次通过的次数X 的期望是( )A.3B.83C.2D.535.某学校为了给运动会选拔志愿者，组委会举办了一个趣味答题活动.参选的志愿者回答三个问题，其中两个是判断题，另一个是有三个选项的单项选择题，设ξ为回答正确的题数，则随机变量ξ的数学期望E (ξ)＝( )A.1B.43C.53D.26.一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝________.7.若随机变量ξ的分布列如表所示，E (ξ)＝1.6，则a －b ＝________.8.一个人将编号为1,2,3,4每个盒子放一个小球，球的编号与盒子的编号相同时叫做放对了，否则叫做放错了.设放对的个数为ξ，则ξ的期望值为________. 9.某市对大学生毕业后自主创业人员给予小额贷款补贴，贷款期限分为6个月、12个月、18个月、24个月、36个月五种，对于这五种期限的贷款政府分别补贴200元、300元、300元、400元、400元，从2018年享受此项政策的自主创业人员中抽取了100人进行调查统计，选择的贷款期限的频数如下表：. (1)某大学2019年毕业生中共有3人准备申报此项贷款，计算其中恰有2人选择的贷款期限为12个月的概率；(2)设给某享受此项政策的自主创业人员的补贴为X 元，写出X 的分布列；该市政府要做预算，若预计2019年全市有600人申报此项贷款，则估计2019年该市共要补贴多少万元.10.某厂有4台大型机器，在一个月中，1台机器至多出现1次故障，且每台机器是否出现故障是相互独立的，出现故障时需1名工人进行维修.每台机器出现故障的概率为13.(1)问该厂至少有多少名工人才能保证每台机器在任何时刻同时出现故障时能及时进行维修的概率不少于90%?(2)已知1名工人每月只有维修1台机器的能力，每月需支付给每位工人1万元的工资.每台机器不出现故障或出现故障能及时维修，就能使该厂产生5万元的利润，否则将不产生利润.若该厂现有2名工人，求该厂每月获利的均值.提高练习1.某群体中的每位成员使用移动支付的概率都为p ，各成员的支付方式相互独立.设X 为该群体的10位成员中使用移动支付的人数，DX ＝2.4，P (X ＝4)＜P (X ＝6)，则p ＝( )A.0.7B.0.6C.0.4D.0.32.设随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，函数f (x )＝x 2＋4x ＋ξ 没有零点的概率是12，则μ等于( )A.1B.2C.4D.不能确定 3.已知离散型随机变量X 的分布列如表所示，若E (X )＝0，D (X )＝1，则P (X ＜1)＝________.4.甲、乙两家外卖公司，元，每单送餐员抽成4元；乙公司，无底薪，40单以内(含40单)的部分送餐员每单抽成6元，超出40单的部分送餐员每单抽成7元.假设同一公司的送餐员一天的送餐单数相同，现从这两家公司各随机选取一名送餐员，并分别记录其50天的送餐单数，得到如下频数表：甲公司送餐员送餐单数频数表乙公司送餐员送餐单数频数表(1)现从记录甲公司的50天送餐单数中随机抽取3天的送餐单数，求这3天送餐单数都不小于40的概率.(2)若将频率视为概率，回答下列两个问题：①记乙公司送餐员日工资为X(单位：元)，求X的分布列和数学期望E(X)；②小王打算到甲、乙两家公司中的一家应聘送餐员，如果仅从日工资的角度考虑，请利用所学的统计学知识为小王作出选择，并说明理由.5.计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站.过去50年的水文资料显示，水库年入流量X(年入流量：一年内上游来水与库区降水之和.单位：亿立方米)都在40以上.其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的入流量相互独立.(1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率；(2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X限制，并有如下关系：800万元.欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？。
离散型随机变量的均值、方差和正态分布
10．9 离散型随机变量的均值、方差和正态分布[知识梳理]1．离散型随机变量的均值与方差 若离散型随机变量X 的分布列为(1)均值：称E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量X 的均值或数学期望，它反映了离散型随机变量取值的平均水平．(2)D (X )＝∑i ＝1n(x i －E (X ))2p i 为随机变量X 的方差，它刻画了随机变量X 与其均值E (X )的平均偏离程度，其算术平方根D (X )为随机变量X 的标准差．2．均值与方差的性质 (1)E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ；(2)D (aX ＋b )＝a 2D(X )(a ，b为常数)．3．两点分布与二项分布的均值、方差4．正态曲线(1)正态曲线的定义 函数φμ，σ(x )＝12π·σe －(x －μ)22σ2，x ∈(－∞，＋∞)，其中实数μ和σ(σ>0)为参数，称φμ，σ(x )的图象为正态分布密度曲线，简称正态曲线(μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差)．(2)正态曲线的特点①曲线位于x 轴上方，与x 轴不相交； ②曲线是单峰的，关于直线x ＝μ对称； ③曲线在x ＝μ处达到峰值1σ2π；④曲线与x 轴之间的面积为1；⑤当σ一定时，曲线的位置由μ确定，曲线随着μ的变化而沿x 轴平移； ⑥当μ一定时，曲线的形状由σ确定，σ越小，曲线越“高瘦”，表示总体的分布越集中；σ越大，曲线越“矮胖”，表示总体的分布越分散．5．正态分布(1)正态分布的定义及表示如果对于任何实数a ，b (a <b )，随机变量X 满足P (a <X ≤b )＝⎠⎛ab φμ，σ(x )d x (即x＝a ，x ＝b ，正态曲线及x 轴围成的曲边梯形的面积)，则称随机变量X 服从正态分布，记作X ～N (μ，σ2)．(2)正态分布的三个常用数据 ①P (μ－σ<X <μ＋σ)＝0.6826； ②P (μ－2σ<X <μ＋2σ)＝0.9544； ③P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.9974.[诊断自测] 1．概念思辨(1)随机变量不可以是负数，随机变量所对应的概率可以是负数，随机变量的均值不可以是负数．( )(2)正态分布中的参数μ和σ完全确定了正态分布，参数μ是正态分布的期望，σ是正态分布的标准差．( )(3)随机变量的方差和标准差都反映了随机变量取值偏离均值的平均程度，方差或标准差越小，则偏离均值的平均程度越小. ( )(4)一个随机变量如果是众多的、互不相干的、不分主次的偶然因素作用结果之和，它就服从或近似服从正态分布．( )答案 (1)× (2)√ (3)√ (4)√2．教材衍化(1)(选修A2－3P 68T 1)已知X 的分布列为设Y ＝2X ＋3，则E (Y )的值为( ) A.73 B ．4 C ．－1 D ．1 答案 A解析 E (X )＝－12＋16＝－13，E (Y )＝E (2X ＋3)＝2E (X )＋3＝－23＋3＝73.故选A. (2)(选修A2－3P 75A 组T 1)正态分布密度函数为 φμ，σ(x )＝18πe －x 28，x ∈(－∞，＋∞)，则总体的平均数和标准差分别为()A ．0和8B ．0和4C ．0和2D ．0和 2答案 C解析 根据已知条件可知μ＝0，σ＝2，故选C.3．小题热身(1)(2015·山东高考)已知某批零件的长度误差(单位：毫米)服从正态分布N (0,32)，从中随机取一件，其长度误差落在区间(3,6)内的概率为( )(附：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ<μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.44%.)A ．4.56%B ．13.59%C ．27.18%D ．31.74% 答案 B解析 P (－3<ξ<3)＝68.26%，P (－6<ξ<6)＝95.44%，则P (3<ξ<6)＝12×(95.44%－68.26%)＝13.59%.故选B.(2)(2018·张掖检测)如图，将一个各面都涂了油漆的正方体，切割为125个同样大小的小正方体．经过搅拌后，从中随机取一个小正方体，记它的涂漆面数为X ，则X 的均值E (X )＝( )A.126125B.65C.168125D.75 答案 B解析 设涂0个面的小正方体有x 个，涂1个面的小正方体有y 个，涂2个面的小正方体有z 个，涂3个面的小正方体有w 个，则有0·x ＋1·y ＋2·z ＋3·w ＝25×6＝150，所以E (X )＝0·x 125＋1·y 125＋2·z125＋3·w 125＝150125＝65.故选B.题型1 与二项分布有关的期望与方差典例(2017·山西太原模拟)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．抽奖规则如下：1．抽奖方案有以下两种，方案a ：从装有2个红球、3个白球(仅颜色不同)的甲袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金30元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回甲袋中；方案b ：从装有3个红球、2个白球(仅颜色不同)的乙袋中随机摸出2个球，若都是红球，则获得奖金15元；否则，没有奖金，兑奖后将摸出的球放回乙袋中．2．抽奖条件：顾客购买商品的金额满100元，可根据方案a 抽奖一次；满150元，可根据方案b 抽奖一次(例如某顾客购买商品的金额为260元，则该顾客可以根据方案a 抽奖两次或方案b 抽奖一次或方案a 、b 各抽奖一次)．已知顾客A 在该商场购买商品的金额为350元．(1)若顾客A 只选择方案a 进行抽奖，求其所获奖金的期望； (2)要使所获奖金的期望值最大，顾客A 应如何抽奖？解 (1)按方案a 抽奖一次，获得奖金的概率P ＝C 22C 25＝110.顾客A 只选择方案a 进行抽奖，则其可以按方案a 抽奖三次． 此时中奖次数服从二项分布B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，110.设所得奖金为w 1元，则E (w 1)＝3×110×30＝9. 即顾客A 所奖资金的期望为9元．(2)按方案b 抽奖一次，获得奖金的概率P 1＝C 23C 25＝310.若顾客A 按方案a 抽奖两次，按方案b 抽奖一次，则由方案a 中奖的次数服从二项分布B 1⎝⎛⎭⎪⎫2，110，由方案b 中奖的次数服从二项分布B 2⎝⎛⎭⎪⎫1，310，设所得奖金为w 2元，则E (w 2)＝2×110×30＋1×310×15＝10.5. 若顾客A 按方案b 抽奖两次，则中奖的次数服从二项分布B 3⎝⎛⎭⎪⎫2，310.设所得奖金为w3元，则E(w3)＝2×310×15＝9.结合(1)可知，E(w1)＝E(w3)<E(w2)．所以顾客A应该按方案a抽奖两次，按方案b抽奖一次．方法技巧与二项分布有关的期望、方差的求法1．求随机变量ξ的期望与方差时，可首先分析ξ是否服从二项分布，如果ξ～B(n，p)，则用公式E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)求解，可大大减少计算量．2．有些随机变量虽不服从二项分布，但与之具有线性关系的另一随机变量服从二项分布，这时，可以综合应用E(aξ＋b)＝aE(ξ)＋b以及E(ξ)＝np求出E(aξ＋b)，同样还可求出D(aξ＋b)．冲关针对训练(2014·辽宁高考)一家面包房根据以往某种面包的销售记录，绘制了日销售量的频率分布直方图，如图所示．将日销售量落入各组的频率视为概率，并假设每天的销售量相互独立．(1)求在未来连续3天里，有连续2天的日销售量都不低于100个且另1天的日销售量低于50个的概率；(2)用X表示在未来3天里日销售量不低于100个的天数，求随机变量X的分布列，期望E(X)及方差D(X)．解(1)设A1表示事件“日销售量不低于100个”，A2表示事件“日销售量低于50个”，B 表示事件“在未来连续3天里有连续2天日销售量不低于100个且另一天销售量低于50个”．因此P (A 1)＝(0.006＋0.004＋0.002)×50＝0.6， P (A 2)＝0.003×50＝0.15， P (B )＝0.6×0.6×0.15×2＝0.108. (2)X 可能取的值为0,1,2,3，相应的概率为P (X ＝0)＝C 03·(1－0.6)3＝0.064， P (X ＝1)＝C 13·0.6(1－0.6)2＝0.288， P (X ＝2)＝C 23·0.62(1－0.6)＝0.432， P (X ＝3)＝C 33·0.63＝0.216.分布列为因为X ～B (3,0.6)，所以期望E (X )＝3×0.6＝1.8，方差D (X )＝3×0.6×(1－0.6)＝0.72.题型2 离散型随机变量的均值与方差角度1 求离散型随机变量的均值与方差典例(2016·山东高考)甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，在一轮活动中，如果两人都猜对，则“星队”得3分；如果只有一人猜对，则“星队”得1分；如果两人都没猜对，则“星队”得0分．已知甲每轮猜对的概率是34，乙每轮猜对的概率是23；每轮活动中甲、乙猜对与否互不影响，各轮结果亦互不影响．假设“星队”参加两轮活动，求：(1)“星队”至少猜对3个成语的概率；(2)“星队”两轮得分之和X 的分布列和数学期望E (X )．解 (1)记事件A ：“甲第一轮猜对”，记事件B ：“乙第一轮猜对”，记事件C ：“甲第二轮猜对”，记事件D ：“乙第二轮猜对”，记事件E ：“‘星队’至少猜对3个成语”．由题意，E ＝ABCD ＋A BCD ＋A B CD ＋AB C D ＋ABC D ，由事件的独立性与互斥性，得P (E )＝P (ABCD )＋P (A BCD )＋P (A B CD )＋P (AB C D )＋P (ABC D )＝P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＋P (A )P (B )P (C )P (D )＝34×23×34×23＋2×( 14×23×34×23＋34×13×34×23 )＝23.所以“星队”至少猜对3个成语的概率为23.(2)由题意，随机变量X 可能的取值为0,1,2,3,4,6.由事件的独立性与互斥性，得P (X ＝0)＝14×13×14×13＝1144，P (X ＝1)＝2×( 34×13×14×13＋14×23×14×13 )＝10144＝572，P (X ＝2)＝34×13×34×13＋34×13×14×23＋14×23×34×13＋14×23×14×23＝25144，P (X ＝3)＝34×23×14×13＋14×13×34×23＝12144＝112，P (X ＝4)＝2×( 34×23×34×13＋34×23×14×23 )＝60144＝512，P (X ＝6)＝34×23×34×23＝36144＝14.可得随机变量X 的分布列为所以数学期望E (X )＝0×1144＋1×572＋2×25144＋3×112＋4×512＋6×14＝236. 角度2 均值与方差的应用问题典例(2016·全国卷Ⅰ)某公司计划购买2台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个500元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了100台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这100台机器更换的易损零件数的频率代替1台机器更换的易损零件数发生的概率，记X表示2台机器三年内共需更换的易损零件数，n表示购买2台机器的同时购买的易损零件数．(1)求X的分布列；(2)若要求P(X≤n)≥0.5，确定n的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在n＝19与n＝20之中选其一，应选用哪个？解(1)由柱状图并以频率代替概率可得，一台机器在三年内需更换的易损零件数为8,9,10,11的概率分别为0.2,0.4,0.2,0.2.可知X的所有可能取值为16、17、18、19、20、21、22，P(X＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P(X＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P(X＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P(X＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P(X＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P(X＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；P(X＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以X的分布列为(2)由(1)知P(X≤18)＝0.44，P(X≤19)＝0.68，故n的最小值为19.(3)记Y表示2台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当n＝19时，E(Y)＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4040.当n＝20时，E(Y)＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4080.可知当n＝19时所需费用的期望值小于n＝20时所需费用的期望值，故应选n ＝19.方法技巧1．求离散型随机变量ξ的均值与方差的步骤(1)理解ξ的意义，写出ξ可能的全部值．(2)求ξ取每个值的概率．(3)写出ξ的分布列．(4)由均值的定义求E(ξ)．(5)由方差的定义求D(ξ)．2．由均值与方差情况求参数问题的求解思路先根据题设条件将均值、方差用待求参数表示，再由已知均值与方差构建关于参数的方程(组)，然后求解．3．利用均值、方差进行决策的方法：均值能够反映随机变量取值的“平均水平”，因此，当均值不同时，两个随机变量取值的水平可见分晓，由此可对实际问题作出决策判断；若两个随机变量均值相同或相差不大，则可通过分析两个变量的方差来研究随机变量的离散程度或者稳定程度，方差越小，则偏离均值的平均程度越小，进而进行决策．提醒：均值E(X)由X的分布列唯一确定，即X作为随机变量是可变的，而E(X)是不变的，它描述X值的取值的平均水平．冲关针对训练(2017·全国卷Ⅲ)某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．(1)求六月份这种酸奶一天的需求量X(单位：瓶)的分布列；(2)设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y(单位：元)，当六月份这种酸奶一天的进货量n(单位：瓶)为多少时，Y的数学期望达到最大值？解(1)由题意知，X所有可能取值为200,300,500，由表格数据知P(X＝200)＝2＋1690＝0.2，P(X＝300)＝3690＝0.4，P(X＝500)＝25＋7＋490＝0.4.因此X的分布列为(2)由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200≤n≤500.当300≤n≤500时，若最高气温不低于25，则Y＝6n－4n＝2n；若最高气温位于区间[20,25)，则Y＝6×300＋2(n－300)－4n＝1200－2n；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n.因此E(Y)＝2n×0.4＋(1200－2n)×0.4＋(800－2n)×0.2＝640－0.4n.当200≤n＜300时，若最高气温不低于20，则Y＝6n－4n＝2n；若最高气温低于20，则Y＝6×200＋2(n－200)－4n＝800－2n，因此E(Y)＝2n×(0.4＋0.4)＋(800－2n)×0.2＝160＋1.2n.所以n＝300时，Y的数学期望达到最大值，最大值为520元.题型3正态分布典例(2015·湖南高考)在如图所示的正方形中随机投掷10000个点，则落入阴影部分(曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线)的点的个数的估计值为() (附：若X～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544) A．2386 B．2718 C．3413 D．4772答案 C解析由曲线C为正态分布N(0,1)的密度曲线可知题图中阴影部分的面积为P(0<X≤1)＝12×0.6826＝0.3413，又题图中正方形面积为1，故它们的比值为0.3413，故落入阴影部分的点的个数的估计值为0.3413×10000＝3413.故选C.[条件探究]若将本典例中条件“曲线C为正态分布N(0，1)的密度曲线”变为“曲线C为正态分布N(－1,1)的密度曲线”，则结果如何？解对于正态分布N(－1,1)，可知μ＝－1，σ＝1，正态曲线关于直线x＝－1对称，故题图中阴影部分的面积为12×[P(－3<X≤1)－P(－2<X≤0)]＝12×[P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)－P(μ－σ<X≤μ＋σ)]＝12×(0.9544－0.6826)＝0.1359，所以点落入题图中阴影部分的概率P＝0.13591＝0.1359，投入10000个点，落入阴影部分的个数约为10000×0.1359＝1359.方法技巧正态分布下两类常见的概率计算1．利用正态分布密度曲线的对称性研究相关概率问题，涉及的知识主要是正态曲线关于直线x＝μ对称，曲线与x轴之间的面积为1.2．利用3σ原则求概率问题时，要注意把给出的区间或范围与正态变量的μ，σ进行对比联系，确定它们属于(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)，(μ－3σ，μ＋3σ)中的哪一个．冲关针对训练(2014·全国卷Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x和样本方差s2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为，这种产品的质量指标值Z服从正态分布N(μ，σ2)，其中μ近似为样本平均数x，σ2近似为样本方差s2.①利用该正态分布，求P(187.8<Z<212.2)；②某用户从该企业购买了100件这种产品，记X表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数．利用①的结果，求E(X)．附：150≈12.2.若Z～N(μ，σ2)，则P(μ－σ<Z≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<Z≤μ＋2σ)＝0.9544.解(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x和样本方差s2分别为x＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200，s2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)①由(1)知，Z ～N (200,150)，从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.6826.②由①知，一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.6826， 依题意知X ～B (100,0.6826)，所以E (X )＝100×0.6826＝68.26.1．(2017·浙江高考)已知随机变量ξi 满足P (ξi ＝1)＝p i ，P (ξi ＝0)＝1－p i ，i ＝1，2.若0＜p 1＜p 2＜12，则( )A ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2)B ．E (ξ1)<E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2)C ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)<D (ξ2) D ．E (ξ1)>E (ξ2)，D (ξ1)>D (ξ2) 答案 A解析 ∵E (ξ1)＝0×(1－p 1)＋1×p 1＝p 1， 同理，E (ξ2)＝p 2，又0<p 1<p 2， ∴E (ξ1)<E (ξ2)．D (ξ1)＝(0－p 1)2(1－p 1)＋(1－p 1)2·p 1＝p 1－p 21，同理，D (ξ2)＝p 2－p 22.D (ξ1)－D (ξ2)＝p 1－p 2－(p 21－p 22)＝(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)．∵0<p 1<p 2<12，∴1－p 1－p 2>0， ∴(p 1－p 2)(1－p 1－p 2)<0. ∴D (ξ1)<D (ξ2)．故选A.2．(2015·湖北高考)设X ～N (μ1，σ21)，Y ～N (μ2，σ22)，这两个正态分布密度曲线如图所示．下列结论中正确的是( )A ．P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B ．P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C ．对任意正数t ，P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D ．对任意正数t ，P (X ≥t )≥P (Y ≥t ) 答案 C解析 由题图可知μ1<0<μ2，σ1<σ2，∴P (Y ≥μ2)<P (Y ≥μ1)，故A 错误；P (X ≤σ2)>P (X ≤σ1)，故B 错误；当t 为任意正数时，由题图可知P (X ≤t )≥P (Y ≤t )，而P (X ≤t )＝1－P (X ≥t )，P (Y ≤t )＝1－P (Y ≥t )，∴P (X ≥t )≤P (Y ≥t )，故C 正确，D 错误．故选C.3．(2018·安徽模拟)某小区有1000户，各户每月的用电量近似服从正态分布N (300,102)，则用电量在320度以上的户数约为( )(参考数据：若随机变量ξ服从正态分布N (μ，σ2)，则P (μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝68.26%，P (μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝95.44%，P (μ－3σ<ξ≤μ＋3σ)＝99.74%)A ．17B ．23C ．34D ．46 答案 B解析 P (ξ>320)＝12×[1－P (280<ξ≤320)] ＝12×(1－95.44%)＝0.0228， 0．0228×1000＝22.8≈23，∴用电量在320度以上的户数约为23.故选B.4．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X表示抽到的二等品件数，则D(X)＝________.答案 1.96解析由题意得X～B(100,0.02)，∴D(X)＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96.[重点保分 两级优选练]A 级一、选择题1．已知ξ的分布列为则在下列式中：①E (ξ)＝－13；②D (ξ)＝2327；③P (ξ＝0)＝13.正确的个数是( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C解析 E (ξ)＝(－1)×12＋1×16＝－13，故①正确．D (ξ)＝⎝⎛⎭⎪⎫－1＋132×12＋⎝⎛⎭⎪⎫0＋132×13＋⎝⎛⎭⎪⎫1＋132×16＝59，故②不正确．由分布列知③正确．故选C.2．已知随机变量X ＋Y ＝8，若X ～B (10,0.6)，则E (Y )，D (Y )分别是( ) A ．6和2.4 B ．2和2.4 C ．2和5.6 D ．6和5.6答案 B解析 由已知随机变量X ＋Y ＝8，所以Y ＝8－X .因此，求得E (Y )＝8－E (X )＝8－10×0.6＝2，D (Y )＝(－1)2D (X )＝10×0.6×0.4＝2.4.故选B.3．(2018·广东茂名模拟)若离散型随机变量X 的分布列为则X 的数学期望E (X )＝( ) A ．2 B ．2或12 C.12 D ．1 答案 C解析 因为分布列中概率和为1，所以a 2＋a 22＝1，即a 2＋a －2＝0，解得a ＝ －2(舍去)或a ＝1，所以E (X )＝12.故选C.4．(2017·青岛质检)设随机变量ξ服从正态分布N (1，σ2)，则函数f (x )＝x 2＋2x ＋ξ不存在零点的概率为( )A.12B.23C.34D.45 答案 A解析 函数f (x )＝x 2＋2x ＋ξ不存在零点的条件是 Δ＝22－4×1×ξ<0，解得ξ>1.又ξ～N (1，σ2)，所以P (ξ>1)＝12，即所求事件的概率为12.故选A.5．(2018·山东聊城重点中学联考)已知服从正态分布N (μ，σ2)的随机变量在区间(μ－σ，μ＋σ)，(μ－2σ，μ＋2σ)和(μ－3σ，μ＋3σ)内取值的概率分别为68.3%,95.4%和99.7%.某校为高一年级1000名新生每人定制一套校服，经统计，学生的身高(单位：cm)服从正态分布(165,52)，则适合身高在155～175 cm 范围内的校服大约要定制( )A ．683套B ．954套C ．972套D ．997套 答案 B解析 P (155<ξ<175)＝P (165－5×2<ξ<165＋5×2)＝P (μ－2σ<ξ<μ＋2σ)＝95.4%.因此服装大约定制1000×95.4%＝954套．故选B.6．(2018·皖南十校联考)在某市1月份的高三质量检测考试中，理科学生的数学成绩服从正态分布N (98，100)．已知参加本次考试的全市理科学生约9450人．某学生在这次考试中的数学成绩是108分，那么他的数学成绩大约排在全市第多少名？( )A ．1500B ．1700C ．4500D ．8000 答案 A解析 因为学生的数学成绩X ～N (98,100)，所以P (X ≥108)＝12[1－P (88<X <108)]＝12[1－P (μ－σ<X <μ＋σ)]＝12(1－0.6826)＝0.1587，故该学生的数学成绩大约排在全市第0.1587×9450≈1500名，故选A.7．(2017·银川一中一模)一个篮球运动员投篮一次得3分的概率为a ，得2分的概率为b ，不得分的概率为c ，(a ，b ，c ∈(0,1))，已知他投篮得分的数学期望是2，则2a ＋13b 的最小值为( )A.323B.283C.143D.163 答案 D解析 由数学期望的定义可知3a ＋2b ＝2，所以2a ＋13b ＝12(3a ＋2b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＋13b ＝12( 6＋23＋4b a ＋a b )≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫6＋23＋4＝163，当且仅当4b a ＝a b 即a ＝12，b ＝14时取得等号．故选D.8．若X 是离散型随机变量，P (X ＝x 1)＝23，P (X ＝x 2)＝13，且x 1<x 2，又已知E (X )＝43，D (X )＝29，则x 1＋x 2的值为( )A.53B.73 C ．3 D.113 答案 C 解析 由已知得⎩⎪⎨⎪⎧x 1·23＋x 2·13＝43，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－432·23＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－432·13＝29，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝53，x 2＝23或⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2. 又∵x 1<x 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＝1，x 2＝2，∴x 1＋x 2＝3.故选C.9．(2018·广州调研)已知随机变量x 服从正态分布N (μ，σ2)，且P (μ－2σ<x ≤μ＋2σ)＝0.9544，P (μ－σ<x ≤μ＋σ)＝0.6826，若μ＝4，σ＝1，则P (5<x <6)等于( )A ．0.1358B ．0.1359C ．0.2716D ．0.2718 答案 B解析 由题知x ～N (4,1)，作出相应的正态曲线，如图，依题意P (2<x ≤6)＝0.9544，P (3<x ≤5)＝0.6826，即曲边梯形ABCD 的面积为0.9544，曲边梯形EFGH 的面积为0.6826，其中A ，E ，F ，B 的横坐标分别是2,3,5,6，由曲线关于直线x ＝4对称，可知曲边梯形FBCG 的面积为0.9544－0.68262＝0.1359，即P (5<x <6)＝0.1359，故选B.10．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设某学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )>1.75，则p 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12C.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 答案 B解析 根据题意，学生一次发球成功的概率为p ，即P (X ＝1)＝p ，发球二次的概率P (X ＝2)＝p (1－p )，发球三次的概率P (X ＝3)＝(1－p )2，则E (X )＝p ＋2p (1－p )＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3，依题意有E (X )>1.75，则p 2－3p ＋3>1.75，解得p >52或p <12，结合p 的实际意义，可得0<p <12，即p ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12.故选B. 二、填空题11．某毕业生参加人才招聘会，分别向甲、乙、丙三个公司投递了个人简历，假定该毕业生得到甲公司面试的概率为23，得到乙、丙两公司面试的概率均为p ，且三个公司是否让其面试是相互独立的．记X 为该毕业生得到面试的公司个数．若P (X ＝0)＝112，则随机变量X 的数学期望E (X )＝______.答案 53解析 ∵P (X ＝0)＝13×(1－p )2＝112，∴p ＝12. 则P (X ＝1)＝23×12×12＋13×12×12×2＝412＝13， P (X ＝2)＝23×12×12×2＋13×12×12＝512， P (X ＝3)＝23×12×12＝16.则E (X )＝0×112＋1×13＋2×512＋3×16＝53.12．某省实验中学高三共有学生600人，一次数学考试的成绩(试卷满分150分)服从正态分布N (100，σ2)，统计结果显示学生考试成绩在80分到100分之间的人数约占总人数的13，则此次考试成绩不低于120分的学生约有________人．答案 100解析 ∵数学考试成绩ξ～N (100，σ2)，作出正态分布图象，可能看出，图象关于直线x ＝100对称．显然P (80≤ξ≤100)＝P (100≤ξ≤120)＝13；∴P (ξ≤80)＝P (ξ≥120)．又∵P (ξ≤80)＋P (ξ≥120)＝1－P (80≤ξ≤100)－P (100≤ξ≤120)＝13，∴P (ξ≥120)＝12×13＝16.∴成绩不低于120分的学生约为600×16＝100人．13．(2018·沧州七校联考)2017年中国汽车销售量达到1700万辆，汽车耗油量对汽车的销售有着非常重要的影响，各个汽车制造企业积极采用新技术降低耗油量，某汽车制造公司为调查某种型号的汽车的耗油情况，共抽查了1200名车主，据统计该种型号的汽车的平均耗油为百公里8.0升，并且汽车的耗油量ξ服从正态分布N (8，σ2)，已知耗油量ξ∈[7,9]的概率为0.7，那么耗油量大于9升的汽车大约有________辆．答案 180解析 由题意可知ξ～N (8，σ2)，故正态分布曲线以μ＝8为对称轴．又因为P (7≤ξ≤9)＝0.7，故P (7≤ξ≤9)＝2P (8≤ξ≤9)＝0.7，所以P (8≤ξ≤9)＝0.35.而P (ξ≥8)＝0.5，所以P (ξ>9)＝0.15.故耗油量大于9升的汽车大约有1200×0.15 ＝180辆．14．(2017·安徽蚌埠模拟)赌博有陷阱．某种赌博游戏每局的规则是：参与者从标有5,6,7,8,9的小球中随机摸取一个(除数字不同外，其余均相同)，将小球上的数字作为其赌金(单位：元)，然后放回该小球，再随机摸取两个小球，将两个小球上数字之差的绝对值的2倍作为其奖金(单位：元)．若随机变量ξ和η分别表示参与者在每一局赌博游戏中的赌金与奖金，则E (ξ)－E (η)＝________元．答案 3解析 ξ的分布列为E (ξ)＝15×(5＋6＋7＋8＋9)＝7(元)． η的分布列为E (η)＝2×25＋4×310＋6×15＋8×110＝4(元)， ∴E (ξ)－E (η)＝7－4＝3(元)．故答案为3.B 级三、解答题15．(2018·湖北八校第二次联考)某手机卖场对市民进行国产手机认可度的调查，随机抽取100名市民，按年龄(单位：岁)进行统计的频数分布表和频率分布直方图如下：(1)求频率分布表中x、y的值，并补全频率分布直方图；(2)在抽取的这100名市民中，按年龄进行分层抽样，抽取20人参加国产手机用户体验问卷调查，现从这20人中随机选取2人各赠送精美礼品一份，设这2名市民中年龄在[35,40)内的人数为X，求X的分布列及数学期望．解(1)由题意知，[25,30)内的频率为0.01×5＝0.05，故x＝100×0.05＝5.因[30,35)内的频率为1－(0.05＋0.35＋0.3＋0.1)＝1－0.8＝0.2，故y＝100×0.2＝20，且[30,35)这组对应的频率组距＝0.25＝0.04.补全频率分布直方图略．(2)∵年龄从小到大的各层人数之间的比为5∶20∶35∶30∶10＝1∶4∶7∶6∶2，且共抽取20人，∴抽取的20人中，年龄在[35,40)内的人数为7.X可取0,1,2，P(X＝0)＝C213C220＝78190，P(X＝1)＝C113C17C220＝91190，P(X＝2)＝C27C220＝21 190，故X的分布列为故E(X)＝91190×1＋21190×2＝133190.16．新生儿Apgar 评分，即阿氏评分，是对新生儿出生后总体状况的一个评估，主要从呼吸、心率、反射、肤色、肌张力这几个方面评分， 评分在8～10分者为正常新生儿，评分在4～7分的新生儿考虑患有轻度窒息，评分在4分以下的新生儿考虑患有重度窒息，大部分新生儿的评分在7～10分之间．某医院妇产科从9月份出生的新生儿中随机抽取了16名，表格记录了他们的评分情况．(1)现从这16名新生儿中随机抽取3名，求至多有1名新生儿的评分不低于9分的概率；(2)用这16名新生儿的Apgar 评分来估计本年度新生儿的总体状况，若从本年度新生儿中任选3名，记X 表示抽到评分不低于9分的新生儿数，求X 的分布列及数学期望．解 (1)设A i 表示所抽取的3名新生儿中有i 名的评分不低于9分， “至多有1名新生儿的评分不低于9分”记为事件A ，则由表格中数据可知P (A )＝P (A 0)＋P (A 1)＝C 312C 316＋C 14C 212C 316＝121140.(2)由表格数据知，从本年度新生儿中任选1名，评分不低于9分的概率为416＝14，由题意知随机变量X 的所有可能取值为0,1,2,3，且P (X ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫343＝2764；P (X ＝1)＝C 13⎝ ⎛⎭⎪⎫141⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝2764； P (X ＝2)＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫142⎝ ⎛⎭⎪⎫341＝964；P (X ＝3)＝C 33⎝ ⎛⎭⎪⎫143＝164. 所以X 的分布列为E (X )＝0×2764＋1×2764＋2×964＋3×164＝0.75⎝ ⎛⎭⎪⎫或E (X )＝3×14＝0.75.17．(2015·湖南高考)某商场举行有奖促销活动，顾客购买一定金额的商品后即可抽奖．每次抽奖都是从装有4个红球、6个白球的甲箱和装有5个红球、5个白球的乙箱中各随机摸出1个球．在摸出的2个球中，若都是红球，则获一等奖；若只有1个红球，则获二等奖；若没有红球，则不获奖．(1)求顾客抽奖1次能获奖的概率；(2)若某顾客有3次抽奖机会，记该顾客在3次抽奖中获一等奖的次数为X ，求X 的数学期望和方差．解 (1)记事件A 1＝{从甲箱中摸出的1个球是红球}，A 2＝{从乙箱中摸出的1个球是红球}，B 1＝{顾客抽奖1次获一等奖}，B 2＝{顾客抽奖1次获二等奖}，C ＝{顾客抽奖1次能获奖}．由题意，A 1与A 2相互独立，A 1A －2与A －1A 2互斥，B 1与B 2互斥，且B 1＝A 1A 2，B 2＝A 1A －2＋A －1A 2，C ＝B 1＋B 2.因为P (A 1)＝410＝25，P (A 2)＝510＝12，所以P (B 1)＝P (A 1A 2)＝P (A 1)P (A 2)＝25×12＝15，P (B 2)＝P (A 1A －2＋A －1A 2)＝P (A 1A －2)＋P (A －1A 2)＝P (A 1)P (A －2)＋P (A －1)P (A 2)＝P (A 1)[1－P (A 2)]＋[1－P (A 1)]P (A 2)＝25×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－25×12＝12.故所求概率为P (C )＝P (B 1＋B 2)＝P (B 1)＋P (B 2)＝15＋12＝710. (2)顾客抽奖3次可视为3次独立重复试验，由(1)知，顾客抽奖1次获一等奖的概率为15，所以X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，15.故X 的数学期望为E (X )＝3×15＝35，方差为D (X )＝3×15×45＝1225.18．(2018·江淮十校联考)某市级教研室对辖区内高三年级10000名学生的数学一轮成绩统计分析发现其服从正态分布N (120,25)，该市一重点高中学校随机抽取了该校成绩介于85分到145分之间的50名学生的数学成绩进行分析，得到如图所示的频率分布直方图．(1)试估算该校高三年级数学的平均成绩；(2)从所抽取的50名学生中成绩在125分(含125分)以上的同学中任意抽取3人，该3人在全市前13名的人数记为X ，求X 的期望．附：若X ～N (μ，σ2)，则P (μ－3σ<X <μ＋3σ)＝0.9974. 解 (1)由频率分布直方图可知[125,135)的频率为 1－10×(0.01＋0.024＋0.03＋0.016＋0.008)＝0.12， 该校高三年级数学的平均成绩为90×0.1＋100×0.24＋110×0.3＋120×0.16＋130×0.12＋140×0.08＝112(分)． (2)由于1310000＝0.0013，由正态分布得P (120－3×5<X <120＋3×5)＝0.9974，故P (X ≥135)＝1－0.99742＝0.0013，即0.0013×10000＝13， 所以前13名的成绩全部在135分以上，由频率分布直方图可知这50人中成绩在135以上(包括135分)的有50×0.08＝4人，而在[125,145)的学生有50×(0.12＋0.08)＝10人，所以X 的取值为0,1,2,3，P (X ＝0)＝C 36C 310＝16，P (X ＝1)＝C 26C 14C 310＝12，P (X ＝2)＝C 16C 24C 310＝310，P (X ＝3)＝C 34C 310＝130，X 的分布列为数学期望值为E (X )＝0×16＋1×12＋2×310＋3×130＝1.2.。
新人教A版高中数学《7.3.1 离散型随机变量的均值》教学设计
7.3.1 离散型随机变量的均值教学设计一、内容与内容解析1.内容：离散型随机变量均值的定义，随机变量的均值与样本均值的联系与区别，离散型随机变量均值的性质，利用组合数解决实际问题.2.内容解析：（1）离散型随机变量均值的定义：我们的目的是构造一个数值，用来描述随机变量取值的平均水平.设取有限个值的离散型随机变量X ，它的分布列为p i =P(X=x i )，i=1，2，…，n.可以直接构造以p i 为x i 的权重的加权平均数∑x i p i n i=1，来描述X 取值的平均水平.由于随机变量的均值和方差都是度量性的概念，而度量因比较而产生，因此教科书并未直接给出均值的定义，而是以比较两名运动员的射箭水平为问题情境，以频率稳定到概率为依据，由X 观测值的频率分布稳定到X 的分布列，观测值的平均数（样本均值）稳定到∑x i p i n i=1，将样本均值的稳定值定义为随机变量的均值．这种方法揭示了样本均值与随机变量均值（总体均值）的关系，为用样本均值估计随机变量均值提供了依据． 随机变量的均值（数学期望）是样本均值的稳定值，它是客观存在的．如果随机变量的分布列已知，期望值唯一确定；如果随机变量的分布列未知，可由样本均值进行估计．（2）随机变量的均值与样本均值的联系与区别：了解随机变量均值与样本均值的关系，可以进一步深入理解随机变量均值的意义．为此教科书设置了一个观察栏目，以掷骰子为例，已知出现点数X 的均值为3. 5，利用计算机模拟掷骰子重复60次和300次的试验各进行6组，用图形表示掷出点数的平均数．观察图形可以看到掷出点数的平均数具有随机性，但随着试验次数的增大，点数的平均数逐渐稳定到3. 5实际上，频率稳定到概率是样本均值稳定到随机变量均值的特殊情形．在教学中，还可以再多进行几次模拟试验，类比事件的频率稳定到概率，了解样本均值的特点及其与随机变量均值的关系．（3）离散型随机变量均值的性质：随机变量的均值有许多性质，我们主要研究其线性运算性质E(aX+b)=aE(X)+b. 该性质根据定义不难直接证明．在教学中，可引导学生类比平均数的性质或根据均值的意义，先猜出结果再计算证明．在后面的学习中，包括求随机变量的均值、方差及探究方差的性质，都可以进行这方面的训练，这是培养学生直观想象素养的重要途径．在教学中，教师可根据学情向学生提出以下问题：设X,Y 都是离散型随机变量，如何求E(X 十Y ）？让学生根据均值的意义，猜出结果．也可以进行掷两枚般子的试验，通过求点数之和X十Y的均值，发现结论．一般地，有E(X +Y)=E(X)+E(Y).（4）利用均值解决实际问题：本节课是前面学习完随机变量分布列的基础上进行研究的，知识上具有着承前启后的作用.随机变量的均值和方差是概率论和数理统计的重要概念，本节课是从实际出发，通过抽象思维，建立数学模型，进而认知数学理论，应用于实际的过程.3.教学重点：离散型随机变量均值的意义、性质及应用．二、目标与目标解析1.目标：（1）理解离散型随机变量的均值的意义和性质．（2）能够根据离散型随机变量的分布列求出均值．（3）运用离散型随机变量的均值解决一些相关的实际问题．2.目标解析：达成上述目标的标志是：（1）能根据定义求解离散型随机变量的均值.（2）能掌握两个随机变量的均值公式，并熟练求解.（3）可以快速有效的解决常见离散型随机变量的均值应用问题.三、教学问题诊断解析1.问题诊断：（1）让学生理解离散型随机变量均值的定义是教学的难点.实际上我们构造了一个数值，用来描述随机变量取值的平均水平.因为随机变量的均值（数学期望）是样本均值的稳定值，它是客观存在的，学生如果不能体会到为什么引入权重计算加权平均数，不明白为什么要学习离散型随机变量均值，可能会产生对定义公式的陌生感．解决方案：以比较两名运动员的射箭水平为具体的问题情境，通过比较两名运动员的射箭成绩均值，从而感知引入均值概念的必要性.（2）让学生体会随机变量的均值与样本均值的联系与区别是第二个教学问题，也是教学的难点.了解随机变量均值与样本均值的关系，可以进一步深入理解随机变量均值的意义．随机变量的均值（数学期望）是样本均值的稳定值，它是客观存在的．如果随机变量的分布列已知，期望值唯一确定；如果随机变量的分布列未知，可由样本均值进行估计．解决方案：在教学中，还可以多进行几次模拟试验，类比事件的频率稳定到概率，了解样本均值的特点及其与随机变量均值的关系.2.教学难点：对离散型随机变量均值的意义的理解．四、教学支持条件希沃白板软件五、教学过程 一、 问题导学对于离散型随机变量，可以由它的概率分布列确定与该随机变量相关事件的概率.但在实际问题中，有时我们更感兴趣的是随机变量的某些数字特征.例如，要了解某班同学在一次数学测验中的总体水平，很重要的是看平均分；要了解某班同学数学成绩是否“两极分化”则需要考察这个班数学成绩的方差.本节课我们一起来认识离散型随机变量的均值.二、 探究新知探究1.甲乙两名射箭运动员射中目标靶的环数的分布列如下表所示：如何比较他们射箭水平的高低呢？类似两组数据的比较,首先比较击中的平均环数,如果平均环数相等，再看稳定性. 假设甲射箭n 次，射中7环、8环、9环和10环的频率分别为：甲n 次射箭射中的平均环数当n 足够大时，频率稳定于概率，所以x 稳定于7×0.1+8×0.2+9×0.3+10×0.4=9. 即甲射中平均环数的稳定值(理论平均值)为9, 这个平均值的大小可以反映甲运动员的射箭水平.同理，乙射中环数的平均值为7×0.15+8×0.25+9×0.4+10×0.2=8.65. 从平均值的角度比较，甲的射箭水平比乙高.1、离散型随机变量取值的平均值.一般地，若离散型随机变量X 的概率分布为：则称E(X)=x 1p 1+x 2p 2+⋯+x i p i +⋯+x n p n为随机变量X 的均值或数学期望,数学期望简称期望.均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数,它综合了随机变量的取值和取值的概率,反映了随机变量取值的平均水平.312478910.n n n nx n n n n=⨯+⨯+⨯+⨯三、典例解析例1. 在篮球比赛中,罚球命中1次得1分,不中得0分,如果某运动员罚球命中的概率为0.8,那么他罚球1次的得分X 的均值是多少?分析:罚球有命中和不中两种可能结果,命中时X =1,不中时X =0,因此随机变量X 服从两点分布,X 的均值反映了该运动员罚球1次的平均得分水平. 解：因为P(X =1)=0.8，P(X =0)=0.2，所以E(X )=1×P(X =1)+0×P(X =0)=1×0.8+0×0.2 =0.8 即该运动员罚球1次的得分X 的均值是0.8. 一般地，如果随机变量X 服从两点分布， 那么： E(X)＝1×p +0×(1−p)=p ．设计意图：例1的教学重点是通过教学活动使学生认识到，对于一般的0-1分布，均值就是事件A 的概率，样本均值是事件A 发生的频率． 例2.抛掷一枚质地均匀的骰子,设出现的点数为X,求X 的均值. 分析:先求出X 的分布列,再根据定义计算X 的均值. 解：X 的分布列为P (X=k)= 16,k=1,2,3,4,5,6 因此,E(X)= 16(1+2+3+4+5+6)=3.5. 求离散型随机变量X 的均值的步骤：(1)理解X 的实际意义，写出X 全部可能取值； (2)求出X 取每个值时的概率； (3)写出X 的分布列(有时也可省略)； (4)利用定义公式E (X )=∑x i p i n i=1求出均值探究2. 已知X 是一个随机变量，且分布列如下表所示.设a,b 都是实数且a ≠0,，则Y =a X + b 也是一个随机变量，那么，这两个随机变量的均值之间有什么联系呢？P p 1p2…p i…p n离散型随机变量的均值的性质若X,Y是两个随机变量,且Y=aX+b,则有E(Y)=aE(X)+b,即随机变量X的线性函数的均值等于这个随机变量的均值E(X)的同一线性函数.特别地:(1)当a=0时,E(b)=b,即常数的均值就是这个常数本身.(2)当a=1时,E(X+b)=E(X)+b,即随机变量X与常数之和的均值等于X的均值与这个常数的和.(3)当b=0时,E(aX)=aE(X),即常数与随机变量乘积的均值等于这个常数与随机变量的均值的乘积.例3:猜歌名游戏是根据歌曲的主旋律制成的铃声来猜歌名.某嘉宾参加猜歌名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲A，B，C歌名的概率及猜对时获得相应的公益基金如下表所示：规则如下：按照A，B，C的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下一首，求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.歌曲A B C猜对的概率0.80.60.4获得的公益基金额/元100020003000解：分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件，A,B,C相互独立P(X=0)=P(A)=0.2, P(X=1000)=P(A B)=0.8×0.4=0.32,P(X=3000)=P(ABC)=0.8×0.6×0.6=0.288,(X=6000)=(ABC)=0.8×0.6×0.4=0.192.X的分布列如下表所示：X0100040006000P0.20.480.1280.192X的均值为E(X)=0×0.2+1000×0.32+3000×0.288+6000×0.192=2336.思考：如果改变猜歌的顺序，获得公益基金的均值是否相同？如果不同，你认为哪个顺序获得的公益基金均值最大？解：如果按ACB的顺序来猜歌,分别用A,B,C表示猜对歌曲A,B,C歌名的事件，A,B,C相互独立; (X=0)=(A)=0.2,(X =1000)=(A C )=0.8×0.4=0.32,P (X =3000)=P (A C B )=0.8×0.4×0.4=0.128, (X =6000)=(A CB)=0.8×0.4×0.6=0.192. X 的分布列如下表所示： X 0 1000 3000 6000 P 0.20.320.2880.192X 的均值为E(X)=0×0.2+1000×0.48+4000×0.128+6000×0.192=2144.按由易到难的顺序来猜歌，获得的公益基金的均值最大设计意图：通过解决实际问题，了解风险决策的原则及一般方法.对于例3，选择不同的猜歌顺序，X 的分布列是不同的，不能直接进行比较，所以决策的原则是选择期望值E(X)大的猜歌顺序，这称为期望值原则．猜对的概率大表示比较容易猜，猜对的概率小表示比较难猜．对于教科书边空中的问题，可以让学生列出所有不同的猜歌顺序，分别求出X 的分布列和均值，通过比较进行验证．实际上，猜3首歌有6 种不同的顺序，不同顺序及其E(X)如表所示．例4.根据气象预报，某地区近期有小洪水的概率为0.25，有大洪水的概率为0.01，该地区某工地上有一台大型设备，遇到大洪水时要损失60000元，遇到小洪水时要损失10000元.为保护设备，有以下三种方案： 方案1：运走设备，搬运费为3800元.方案2：建保护围墙，建设费为2000元，但围墙只能挡住小洪水. 方案3：不采取措施，希望不发生洪水. 工地的领导该如何决策呢?解:设方案1、方案2、方案3的总损失分别为X1,X2,X3. 采用方案1,无论有无洪水,都损失3800元.因此,P(X1=3800)=1.采用方案2,遇到大洪水时,总损失为2000+6000=62000元;没有大洪水时,总损失为2000元,猜歌顺序 E(X)/元 猜歌顺序 E(X)/元 ABC 2336 BCA 2112 ACB 2144 CAB 1904 BAC2256CBA1872因此,P(X2=62 000)=0.01,P(X2=2000)=0.99.采用方案3,P(X3=60 000)=0.01,P(X3=10000)=0.25,P(X3=0)=0.74.于是,E(X1)=3800,E(X2)=62 000×0.01+2 000×0.99=2 600,E(X3)=60 000×0.01+10 000×0.25+0×0.74=3 100.因此,从期望损失最小的角度,应采取方案2.如果问题中的天气状况多次发生,那么采用方案2能使总损失减到最小,不过,因为洪水发生的随机性,所以对于个别的一次决策,采用方案2也不一定是最好的.设计意图：例4也是利用期望值决策的问题．在教学中，重点是使学生领悟利用期望值决策的思想方法，同时也要了解期望值决策的局限性．随机变量的期望是一个理论上的均值，如果是大量重复地就同样的问题进行决策，期望值原则是一个合理的决策原则．例如，保险公司面对众多的客户，每份保单需要理赔金额的期望值对制定合理的保险费率具有重要的参考意义．如果是一次性决策的话，可以采用期望值原则决策，也可以采用其他的决策原则．四、小结1. 期望的概念：E(X)=x1p1+x2p2+…+x i p i+…+x n p n2. 期望的意义：离散型随机变量的期望，反映了随机变量取值的平均水平.3. 期望的计算公式：E(aX+b)=aE(X)+b4.求离散型随机变量ξ的期望的基本步骤：(1)确定取值：理解X 的实际意义，写出X 全部可能取值； (2)求概率：求出X 取每个值时的概率； (3)写分布列：写出X 的分布列(有时也可省略)； (4)求均值：利用定义公式∑x i p i n i=1求出均值 5.特殊随机变量的均值(两点分布的期望)：E(X)=p.五、课后作业P66-67练习1、2、3题 P71习题7.3的2、3、4、6题六、教学反思本节课需要学生探究的内容比较多，由于学生的数学基础比较薄弱，所以在教学过程中教师不仅要耐心的指导，还要努力创设一个轻松和谐的课堂氛围，让每个学生都能大胆的说出自己的想法，保证每个学生都能学有所得.为了让每个学生在课上都能有话说，还需要学生做到课前预习，并且教师要给学生提出明确的预习目标.进一步发展学生直观想象、数学抽象、逻辑推理和数学运算的核心素养.。
最新-2021高中数学选修23课件：第二章23231离散型随机变量的均值 精品
值，是随机变量 X 的一个固有的数字特征，不具有随机
性．
2．离散型随机变量的性质
如果 X 为(离散型)随机变量，则 Y＝aX＋b(其中 a，b 为常数)也是(离散型)随机变量，且 P(X＝xi)＝P(Y＝axi＋ b)，i＝1，2，3，…，n.E(Y)＝E(aX＋b)＝aE(X)＋b.
解析：(1)错，随机变量 X 的数学期望是一个常量． (2)错，随机变量的均值与样本的平均值是两个不同 的概念． (3)对，E(2X)＝2E(X)＝2×3＝6. 答案：(1)× (2)× (3)√
2．已知 ξ 的分布列为：
ξ －1 0 1 2
P
1 4
311 848
则 ξ 的均值为( )
A．0
B．－1
法二 由于 Y＝2X－3，
所以 Y 的分布列如下：
Y －7 －5 －3 －1 1
P
1 4
1 3Leabharlann 1 511 6 20所以
E(Y) ＝
(
－
7)× 14
＋(－
5)×
1 3
＋
(
－ 3)× 15 ＋ ( －
1)×16＋1×210＝－6125.
归纳升华 若给出的随机变量 ξ 与 X 的关系为 ξ＝aX＋b，a，b 为常数．一般思路是先求出 E(X)，再利用公式 E(aX＋b) ＝aE(X)＋b 求 E(ξ)．也可以利用 ξ 的分布列得到 η 的分 布列，关键由 ξ 的取值计算 η 的取值，对应的概率相等， 再由定义法求得 E(η)．
防范措施：在求随机变量取各值的概率时，务必理解
各取值的实际意义，以免失误．另外，可以利用分布列的
n
性质：(1)pi≥0(i＝1，2，3，…，n)，(2) pi＝1 来检验．
离散型随机变量的均值
⎛ 1⎫若 X ～B 4， ⎪，则 E (X )的值为( )离散型随机变量的均值1．离散型随机变量的均值或数学期望(1)定义：一般地，若离散型随机变量 X 的分布列为XPx 1 p 1x 2 p 2…… x i p i……x n p n则称 E (X )＝x 1p 1＋x 2p 2＋…＋x i p i ＋…＋x n p n 为随机变量 X 的均值或数学期望．(2)意义：离散型随机变量 X 的均值或数学期望反映了离散型随机变量取值的平均水平．(3)性质：如果 X 为离散型随机变量，则 Y ＝aX ＋b (其中 a ，b 为常数)也是随机变量，且 E (Y )＝E (aX ＋b )＝aE (X )＋B ．随机变量的均值与样本平均值的关系：随机变量的均值是一个常数，它不依赖于样本的抽取，而样本平均值是一个随机变量，它随样本抽取的不同而变化．对于简单随机样本，随着样本容量的增加，样本平均值越来越接近总体的均值．2．两点分布、二项分布的均值(1)若随机变量 X 服从两点分布，则 E (X )＝p (p 为成功概率)．(2)若 X ～B (n ，p )，则 E (X )＝np ．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)随机变量 X 的数学期望 E (X )是个变量，其随 X 的变化而变化．()(2)随机变量的均值与样本的平均值相同．()(3)若随机变量 X 的数学期望 E (X )＝2，则 E (2X )＝4.(答案：(1)× (2)× (3)√⎝ 2⎭A ．4B ．2C ．1答案：BD.1 2随机变量 X 的分布列为3 C 25 5 C 25 10 C 255 C 25 10所以 E (ξ2)＝1.4××1＋ ×2＋ ×3＋ ×4⎪＝2.8.10 5 10 ⎭⎝53 1 1 XP10.2 20.5 3m则 X 的均值是()A ．2C ．2.3答案：B设 X 的分布列为B ．2.1D ．随 m 的变化而变化XP11 6 21 6 31 3 41 3，Y ＝2X ＋5，则 E (Y )＝________．32答案：探究点 1 求离散型随机变量的均值赌博有陷阱．某种赌博每局的规则是赌客先在标记有 1，2，3，4，5 的卡片中随机摸取一张，将卡片上的数字作为其赌金(单位：元)；随后放回该卡片，再随机摸取两张，将这两张卡片上数字之差的绝对值的 1.4 倍作为其奖金(单位：元)．若随机变量 ξ1 和 ξ2 分别表 示赌客在一局赌博中的赌金和奖金，则 E (ξ1)－E (ξ2)＝________元．【解析】 赌金的分布列为ξ1P11 5 21 5 31 5 41 5 51 51所以 E (ξ1)＝5(1＋2＋3＋4＋5)＝3.奖金的分布列为ξ2P1.44 2＝ 2.83 3 ＝ 4.22 1＝ 5.61 1 ＝⎛2 ⎫解：(1)P (当天商店不进货)＝P (当天商店销售量为0 件)＋P (当天商店销售量为1 件)＝ ＋10(2)由题意知 X 的可能取值为 2，3，P (X ＝2)＝P (当天商品销售量为 1 件)＝ ＝ ，20 20 20 4 E (ξ1)－E (ξ2)＝0.2.【答案】 0.2求离散型随机变量的均值的步骤(1)确定取值：根据随机变量 X 的意义，写出 X 可能取得的全部值．(2)求概率：求 X 取每个值的概率．(3)写分布列：写出 X 的分布列．(4)求均值：由均值的定义求出 E (X )，其中写出随机变量的分布列是求解此类问题的关键所在．1. 已知某一随机变量 ξ 的分布列如下表所示，若 E (ξ)＝6.3，则 a 的值为()ξPab70.1 90.4A.4C ．6B ．5D ．7解析：选 A.根据随机变量 ξ 的分布列可知 b ＋0.1＋0.4＝1，所以 b ＝0.5.又 E (ξ)＝ab ＋7×0.1＋9×0.4＝6.3，所以 a ＝4.2．某商店试销某种商品 20 天，获得如下数据：日销售量(件)频数1 15 29 35试销结束后(假设该商品的日销售量的分布规律不变)，设某天开始营业时有该商品 3 件，当天营业结束后检查存货，若发现存量少于 2 件，则当天进货补充至 3 件，否则不进货，将频率视为概率．(1)求当天商店不进货的概率；(2)记 X 为第二天开始营业时该商品的件数，求 X 的分布列和数学期望．1 520 203 ＝ .5 120 4P (X ＝3)＝P (当天商品销售量为 0 件)＋P (当天商品销售量为 2 件)＋P (当天商品销售量为 31 9 5 3件)＝ ＋ ＋ ＝ .所以 X 的数学期望为 E (X )＝2× ＋3× ＝ .＋ ＋ ＋m ＋ ＝1，解得 m ＝ ， 所以 E (X )＝(－2)× ＋(－1)× ＋0× ＋1× ＋2× ＝－ .＝2×(－ )－3＝－ .所以 E (Y )＝(－7)× ＋(－5)× ＋(－3)× ＋(－1)× ＋1× ＝－ .[变问法]本例条件不变，若 ξ＝aX ＋3，且 E (ξ)＝－ ，求 a 的值．解：E (ξ)＝E (aX ＋3)＝aE (X )＋3＝－ a ＋3＝－ ，故 X 的分布列为XP21 4 33 41 3 114 4 4探究点 2 离散型随机变量均值的性质已知随机变量 X 的分布列为：X －2 －1 0 1 2P1 41 31 5m1 20(1)求 E (X )；(2)若 Y ＝2X －3，求 E (Y )．【解】 (1)由随机变量分布列的性质，得1 1 1 1 1 4 3 5 20 61 1 1 1 1 17 4 3 5 6 20 30(2)法一：由公式 E (aX ＋b )＝aE (X )＋b ，得E (Y )＝E (2X －3)＝2E (X )－317 6230 15法二：由于 Y ＝2X －3，所以 Y 的分布列如下：YP－71 4 －51 3 －31 5 －11 6 11 201 1 1 1 1 624 356 20 1511217 1130 2所以 a ＝15.若 η＝aξ＋3，E (η)＝ ，则 a ＝( )解析：选 B.由分布列的性质得 ＋ ＋m ＝1，所以 m ＝ ，所以 E (ξ)＝－1× ＋0× ＋1× ＝－ ，＝－ a ＋3＝ .E (η)＝(－a ＋3)× ＋3× ＋(a ＋3)× ＝ .2与离散型随机变量性质有关问题的解题思路若给出的随机变量 ξ 与 X 的关系为 ξ＝aX ＋b ，a ，b 为常数．一般思路是先求出 E (X )，再利用公式 E (aX ＋b )＝aE (X )＋b 求 E (ξ)．也可以利用 X 的分布列得到 ξ 的分布列，关键由 X的取值计算 ξ 的取值，对应的概率相等，再由定义法求得 E (ξ)．已知随机变量 ξ 的分布列为ξP－11 2 01 31mA ．1C ．373B ．2D ．41 1 12 3 61 1 1 12 3 6 3法一：E (η)＝E (aξ＋3)＝aE (ξ)＋31 73 3所以 a ＝2.法二：因为 η＝aξ＋3，所以 η 的分布列如下：ηP－a ＋31 2 31 3 a ＋31 61 1 1 72 3 6 3所以 a ＝2.探究点 3 两点分布与二项分布的均值某商场为刺激消费，拟按以下方案进行促销：顾客每消费 500 元便得到抽奖券一张，1每张抽奖券的中奖概率为 ，若中奖，商场返还顾客现金 100 元．某顾客现购买价格为 2 300元的台式电脑一台，得到抽奖券四张．每次抽奖互不影响．(1)设该顾客抽奖后中奖的抽奖券张数为 X ，求随机变量 X 的分布列；(2)设该顾客购买台式电脑的实际支出为 Y (元)，用 X 表示 Y ，并求随机变量 Y 的均值.⎛ 1⎫因此 X ～B 4， ⎪.所以 P (X ＝0)＝C 04× ⎪ ＝ ，P (X ＝1)＝C 14× ⎪ ＝ .P (X ＝2)＝C 24× ⎪ ＝ ，P (X ＝3)＝C 34× ⎪ ＝ ，P (X ＝4)＝C 44× ⎪ ＝ . ⎛ 1⎫1 (2)因为 X ～B 4， ⎪，所以 E (X )＝4× ＝2.红灯的概率都是 ，出现绿灯的概率都是 .记这 4 盏灯中出现红灯的数量为 ξ，当这 4 盏装4 4【解】 (1)因为每张奖券是否中奖是相互独立的，⎝ 2⎭⎛1⎫4 1 ⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 16 ⎝2⎭ 4⎛1⎫4 3 ⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 8 ⎝2⎭ 4⎛1⎫4 1 ⎝2⎭ 16所以离散型随机变量 X 的分布列为XP1 16 11 4 23 8 31 4 41 16⎝ 2⎭ 2又由题意可知 Y ＝2 300－100X ，所以 E (Y )＝E (2 300－100X )＝2 300－100E (X )＝2 300－100×2＝2 100(元)．即所求随机变量 Y 的均值为 2 100 元．(1)如果随机变量 X 服从两点分布，则其期望值 E (X )＝p (p 为成功概率)．(2)如果随机变量 X 服从二项分布，即 X ～B (n ，p )，则 E (X )＝np .以上两特例可以作为常用结论，直接代入求解，从而避免了繁杂的计算过程．某广场上有 4 盏装饰灯，晚上每盏灯都随机地闪烁红灯或绿灯，每盏灯出现2 13 3饰灯闪烁一次时：(1)求 ξ＝2 时的概率；(2)求 ξ 的数学期望．解：(1)依题意知：ξ＝2 表示 4 盏装饰灯闪烁一次时，恰好有 2 盏灯出现红灯，而每盏灯出2 2 1 8现红灯的概率都是3，故 ξ＝2 时的概率 P ＝C 2(3)2×(3)2＝27.2 1(2)法一：ξ 的所有可能取值为 0，1，2，3，4，依题意知：P (ξ＝k )＝C k(3)k ·(3)4－k (k ＝0，1，2，3，4)．所以 ξ 的概率分布列为所以 E (ξ)＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＋4× ＝ .法二：因为 ξ 服从二项分布，即 ξ～B (4， )，所以 E (ξ)＝4× ＝ .nξP1 81 18 81 224 81 332 81 416 811 8 24 32 16 881 81 81 81 81 3232 83 3探究点 4 均值问题的实际应用(2016·高考全国卷Ⅰ)某公司计划购买 2 台机器，该种机器使用三年后即被淘汰．机器有一易损零件，在购进机器时，可以额外购买这种零件作为备件，每个200 元．在机器使用期间，如果备件不足再购买，则每个 500 元．现需决策在购买机器时应同时购买几个易损零件，为此搜集并整理了 100 台这种机器在三年使用期内更换的易损零件数，得下面柱状图：以这 100 台机器更换的易损零件数的频率代替 1 台机器更换的易损零件数发生的概率，记 X表示 2 台机器三年内共需更换的易损零件数， 表示购买 2 台机器的同时购买的易损零件数．(1)求 X 的分布列；(2)若要求 P (X ≤n )≥0.5，确定 n 的最小值；(3)以购买易损零件所需费用的期望值为决策依据，在 n ＝19 与 n ＝20 之中选其一，应选用哪个？【解】 (1)由柱状图并以频率代替概率可得，1 台机器在三年内需更换的易损零件数为 8，9，10，11 的概率分别为 0.2，0.4，0.2，0.2，从而P (X ＝16)＝0.2×0.2＝0.04；P (X ＝17)＝2×0.2×0.4＝0.16；P (X ＝18)＝2×0.2×0.2＋0.4×0.4＝0.24；P (X ＝19)＝2×0.2×0.2＋2×0.4×0.2＝0.24；P (X ＝20)＝2×0.2×0.4＋0.2×0.2＝0.2；P (X ＝21)＝2×0.2×0.2＝0.08；奖率为 ，中奖可以获得 2 分；方案乙的中奖率为 ，中奖可以获得 3 分；未中奖则不得分．每解：(1)由已知得小明中奖的概率为 ，小红中奖的概率为 ，两人中奖与否互不影响，记“这因为 P (X ＝5)＝ × ＝ ，P (X ＝22)＝0.2×0.2＝0.04.所以 X 的分布列为XP160.04 170.16 180.24 190.24 200.2 210.08 220.04(2)由(1)知 P (X ≤18)＝0.44，P (X ≤19)＝0.68，故 n 的最小值为 19.(3)记 Y 表示 2 台机器在购买易损零件上所需的费用(单位：元)．当 n ＝19 时，E (Y ) ＝19×200×0.68＋(19×200＋500)×0.2＋(19×200＋2×500)×0.08＋(19×200＋3×500)×0.04＝4 040.当 n ＝20 时，E (Y )＝20×200×0.88＋(20×200＋500)×0.08＋(20×200＋2×500)×0.04＝4 080.可知当 n ＝19 时所需费用的期望值小于当 n ＝20 时所需费用的期望值，故应选 n ＝19.(1)实际问题中的均值问题均值在实际中有着广泛的应用，如在体育比赛的安排和成绩预测，消费预测，工程方案的预测，产品合格率的预测，投资收益等，都可以通过随机变量的均值来进行估计．(2)概率模型的解答步骤①审题，确定实际问题是哪一种概率模型，可能用到的事件类型，所用的公式有哪些；②确定随机变量的分布列，计算随机变量的均值；③对照实际意义，回答概率、均值等所表示的结论．某联欢晚会举行抽奖活动，举办方设置了甲、乙两种抽奖方案，方案甲的中2 23 5人有且只有一次抽奖机会，每次抽奖中奖与否互不影响，晚会结束后凭分数兑换奖品．(1)若小明选择方案甲抽奖，小红选择方案乙抽奖，记他们的累计得分为X ，求 X ≤3 的概率；(2)若小明、小红两人都选择方案甲或都选择方案乙进行抽奖，则他们选择何种方案抽奖，累计得分的数学期望较大？2 23 52 人的累计得分 X ≤3”为事件 A ，则事件 A 的对立事件为“X ＝5”，2 2 43 5 15所以 P (A )＝1－P (X ＝5)＝ .所以这两人的累计得分 X ≤3 的概率为 .由已知得 X 1～B 2， ⎪， X 2～B 2， ⎪，P (X ＝2)＝2＝ ， P (X ＝3)＝ 22＝ . 所以 E (X )＝ ×2＋ ×3＝2＋ ＝ .面试的概率为 ，得到 B 公司面试的概率为 p ，且两个公司是否让其面试是独立的．记 ξ 为小王得到面试的公司个数．若 ξ＝0 时的概率 P (ξ＝0)＝ ，则随机变量 ξ 的数学期望 E (ξ)11151115(2)设小明、小红都选择方案甲抽奖中奖的次数为 X 1，都选择方案乙抽奖中奖的次数为 X 2， 则这两人选择方案甲抽奖累计得分的数学期望为 E (2X 1)，选择方案乙抽奖累计得分的数学期 望为 E (3X 2)．⎛ 2⎫ ⎝ 3⎭⎛ 2⎫ ⎝ 5⎭2 4 2 4所以 E (X 1)＝2×3＝3，E (X 2)＝2×5＝5，8 所以 E (2X 1)＝2E (X 1)＝3，12 E (3X 2)＝3E (X 2)＝ 5 .因为 E (2X 1)>E (3X 2)，所以他们都选择方案甲进行抽奖时，累计得分的数学期望较大．1．口袋中有编号分别为 1、2、3 的三个大小和形状相同的小球，从中任取2 个，则取出的球的最大编号 X 的均值为()A.1 3B.2 3C ．2D.8 3解析：选 D.X 可能取值为 2，3.1 1 C 3 3C 1 2 C 3 31 2 2 83 3 3 32．毕业生小王参加人才招聘会，分别向 A ，B 两个公司投递个人简历．假定小王得到 A 公司1312解析：由题意，得P(ξ＝2)＝p，P(ξ＝1)＝(1－p)＋p＝，由＋＋p＝1，得p＝.所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×p＝.得分高的选手胜出．已知某参赛选手在A区和B区每次投篮进球的概率分别是和.如果以⎛9⎫99解：设该选手在A区投篮的进球数为X，则X～B 2，⎪，故E(X)＝2×＝.则该选手在A区投篮得分的期望为2×＝3.6，⎛1⎫设该选手在B区投篮的进球数为Y，则Y～B 3，⎪，故E(Y)＝3×＝1，则该选手在B区投篮得分的期望为3×1＝3，(2)由于离散型随机变量X的每一种可能取值的概率满足∑pi ＝＝________．1121＋p3333ξ的分布列为ξ012P 121＋p313p11＋p11233411＋p1723312答案：7 123．某班将要举行篮球比赛，比赛规则是：每位选手可以选择在A区投篮2次或选择在B区投篮3次，在A区每进一球得2分，不进球得0分；在B区每进一球得3分，不进球得0分，91103投篮得分的期望值高作为选择的标准，问该选手应该选择哪个区投篮？请说明理由．⎝10⎭10595⎝3⎭13因为3.6>3，所以该选手应选择在A区投篮．知识结构深化拓展对离散型随机变量的均值的理解(1)均值这一概念是建立在随机变量分布列的基础之上的，分布列中随机变量X的一切可能值xi 与对应的概率P(X＝xi)的乘积的和就叫做随机变量X的均值．ni＝11．已知ξ～B(n，)，η～B(n，)，且E(ξ)＝15，则E(η)等于()解析：选B.因为E(ξ)＝n＝15，所以n＝30，所以η～B(30，)，所以E(η)＝30×＝10.解析：选D.E(ξ)＝1×＋2×＋3×＋4×＝，E(η)＝E(2ξ＋5)＝2E(ξ)＋5＝2×＋5＝.次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为，则此人试验次数ξ的均值是()3B.131，因而离散型随机变量X的均值E(X)是以概率p i为权数的加权平均．(3)离散型随机变量的分布列和均值虽然都是从整体上刻画随机变量的，但二者大有不同．分布列只给出了随机变量取所有可能值的概率，而均值建立在分布列的基础之上，它反映了随机变量取值的平均水平或集中位置.[A基础达标]1123A．5C．15121133 2．设ξ的分布列为B．10 D．20ξP 116216313413又设η＝2ξ＋5，则E(η)等于()A. C.76173B.D.176323111117663361732633．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验323A.49D. 13则 P (ξ＝1)＝ ，P (ξ＝2)＝ × ＝ ，P (ξ＝3)＝ × ×( ＋ )＝ .所以 E (ξ)＝1× ＋2× ＋3× ＝ .1C 12C 12 4 4件数 X 的概率 P (X ＝2)＝ 2＝ ，P (X ＝1)＝ ＝ ，所以 P (X ＝0)＝1－P (X ＝2)－P (X ＝1)＝ .所以 E (X )＝0＋1× ＋2× ＝ .故选 B.C.5 37解析：选 B.试验次数 ξ 的可能取值为 1，2，3，231 2 23 3 91 12 1 13 3 3 3 9所以 ξ 的分布列为ξP12 3 22 9 31 92 2 1 133 9 9 94．两封信随机投入 A ，B ，C 三个空邮箱，则 A 邮箱的信件数 X 的数学期望 E (X )＝()A.C.1 31 2B.D.2 33 4解析：选 B.两封信随机投入 A ，B ，C 三个空邮箱，共有 32＝9(种)情况．则投入 A 邮箱的信C 2 9 9 9 9 9所以离散型随机变量 X 的分布列为XP4 9 14 9 21 94 1 29 9 35．甲、乙两名射手一次射击得分(分别用 X 1，X 2 表示)的分布列如下：甲得分：X 1 P10.4 20.1 30.5乙得分：解得 p > 或 p < ，又由 p ∈(0，1)，可得 p ∈(0， )．2X 2 P10.1 20.6 30.3则甲、乙两人的射击技术是()A ．甲更好C ．甲、乙一样好B ．乙更好D ．不可比较解析：选 B.因为 E (X 1)＝1×0.4＋2×0.1＋3×0.5＝2.1，E (X 2)＝1×0.1＋2×0.6＋3×0.3 ＝2.2，所以 E (X 2)>E (X 1)，故乙更好些．6．某电视台开展有奖答题活动，每次要求答 30 个选择题，每个选择题有 4 个选项，其中有且只有一个正确答案，每一题选对得 5 分，选错或不选得 0 分，满分 150 分，规定满 100 分拿三等奖，满 120 分拿二等奖，满 140 分拿一等奖．有一个选手选对任一题的概率都是0.8，则该选手可能拿到________等奖．解析：选对题的个数 X 服从二项分布，即 X ～B (30，0.8)，所以 E (X )＝30×0.8＝24，由于24×5＝120(分)，所以可能拿到二等奖．答案：二7．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球 3 次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到 3 次为止．设学生一次发球成功的概率为 p (p ≠0)，发球次数为 X ，若 X的数学期望 E (X )>1.75，则 p 的取值范围是________．解析：由已知条件可得 P (X ＝1)＝p ，P (X ＝2)＝(1－p )p ，P (X ＝3)＝(1－p )2p ＋(1－p )3＝(1－p )2，则 E (X )＝P (X ＝1)＋2P (X ＝2)＋3P (X ＝3)＝p ＋2(1－p )p ＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3>1.75，5 1 12 2 21答案：(0， )8．某日 A 、B 两个沿海城市受台风袭击(相互独立)的概率相同，已知 A 市或 B 市受台风袭击的概率为 0.36，若用 X 表示这一天受台风袭击的城市个数，则 E (X )＝________．解析：设 A 、B 两市受台风袭击的概率均为 p ，则 A 市和 B 市均不受台风袭击的概率为(1－p )2＝1－0.36，解得 p ＝0.2 或 p ＝1.8(舍去 )，则 P (X ＝0)＝1－0.36＝0.64，P (X ＝1)＝2×0.8×0.2＝0.32，P (X ＝2)＝0.2×0.2＝0.04，所以 E (X )＝0×0.64＋1×0.32＋2×0.04＝0.4.答案：0.49．已知 2 件次品和 3 件正品混放在一起，现需要通过检测将其区分，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时检测结束．(1)求第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品的概率；解：(1)记“第一次检测出的是次品且第二次检测出的是正品”为事件 A ，P (A )＝ 2 2 3＝ .P (X ＝200)＝ 22＝ ，A33＋C 12C 13A 22 3P (X ＝400)＝1－P (X ＝200)－P (X ＝300)＝1－ － ＝ .5E (X )＝200× ＋300× ＋400× ＝350.(1)设 B 表示事件“此人到达当日空气质量优良”，则 P (B )＝ .P (X ＝0)＝ ，P (X ＝1)＝ ，P (X ＝2)＝ .(2)已知每检测一件产品需要费用 100 元，设 X 表示直到检测出 2 件次品或者检测出 3 件正品时所需要的检测费用(单位：元)，求 X 的分布列和均值(数学期望)．A 1A 1 3 A 5 10(2)X 的可能取值为 200，300，400.A 2 1 A 5 10P (X ＝300)＝ ＝ ，A 3 101 3 610 10 10故 X 的分布列为XP2001 10 3003 10 4006 101 3 610 10 1010．(2018·陕西西安长安一中高二下学期期中)如图是预测到的某地 5 月 1 日至 14 日的空气质量指数(AQI)趋势图，空气质量指数小于 100 表示空气质量优良，空气质量指数大于 200表示空气重度污染，某人随机选择 5 月 1 日至 5 月 13 日中的某一天到达该市，并停留 2 天．(1)求此人到达当日空气质量优良的概率；(2)设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求 X 的分布列与均值．解：设 A i 表示事件“此人于 5 月 i 日到达该地”(i ＝1，2，…，13)．1依据题意 P (A i )＝13.613(2)离散型随机变量 X 的所有可能取值为 0，1，2.5 4 413 13 13所以随机变量 X 的均值为 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .解：(1)这 3 名学生中至少有 2 名学生参加培训次数恰好相等的概率 P ＝1－ 5 153 20＝.C 25＋C 215＋C 220 61C 15C 115＋C 115C 120 25C 15C 12052 2 2 所以 X 的数学期望 E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .2 所以随机变量 X 的分布列为XP5 13 14 13 24 135 4 4 1213 13 13 13[B 能力提升]11．某中学选派 40 名学生参加北京市高中生技术设计创意大赛的培训，他们参加培训的次数统计如表所示：培训次数参加人数15 215 320(1)从这 40 名学生中任选 3 名，求这 3 名学生中至少有 2 名学生参加培训次数恰好相等的概率；(2)从这 40 名学生中任选 2 名，用 X 表示这 2 人参加培训次数之差的绝对值，求随机变量 X的分布列及数学期望 E (X )．C 1C 1 C 1 419 C 40 494 (2)由题意知 X ＝0，1，2，P (X ＝0)＝ ＝ ，C 40 156P (X ＝1)＝ ＝ ，C 40 52 P (X ＝2)＝ ＝ ，C 4039 则随机变量 X 的分布列为XP61 156 125 52 25 3961 25 5 115156 52 39 15612．某游戏射击场规定：①每次游戏射击5 发子弹；②5 发全部命中奖励 40 元，命中 4 发不1奖励，也不必付款，命中 3 发或 3 发以下，应付款 2 元．现有一游客，其命中率为 .解：(1)设 5 发子弹命中 X (X ＝0，1，2，3，4，5)发，由题意知 X ～B (5， )，则由题意有 P (XE (Y )＝(－2)× ＋0× ＋40× ＝－ .则 P (A )＝C 03× ⎪ ＋C 13× × ⎪ ＝ . ⎛3⎫ ⎛ 3⎫ 1 P (X ＝0)＝ 1－ ⎪× 1－ ⎪＝ ，(1)求该游客在一次游戏中 5 发全部命中的概率；(2)求该游客在一次游戏中获得奖金的均值．121 1 ＝5)＝C 5(2)5＝32.(2)X 的分布列为XP1 32 15 32 210 32 310 32 45 32 51 32设游客在一次游戏中获得资金为 Y 元，于是 Y 的分布列为YP－213 16 05 32 401 32故该游客在一次游戏中获得资金的均值为13 5 1 316 32 32 813．(选做题)某煤矿发生透水事故时，作业区有若干人员被困．救援队从入口进入后，有 L 1，1L 2 两条巷道通往作业区(如图)．L 1 巷道有 A 1，A 2，A 3 三个易堵塞点，各点被堵塞的概率都是2；3 3 L 2 巷道有 B 1，B 2 两个易堵塞点，被堵塞的概率分别为4，5.(1)求 L 1 巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞的概率；(2)若 L 2 巷道堵塞点的个数为 X ，求 X 的分布列及数学期望 E (X )，并请你按照“平均堵塞点少的巷道是较好的抢险路线”的标准，帮助救援队选择一条抢险路线，同时说明理由．解：(1)设“L 1 巷道中，三个易堵塞点最多有一个被堵塞”为事件 A ，⎛1⎫3 1 ⎛1⎫2 1 ⎝2⎭ 2 ⎝2⎭ 2(2)根据题意，知 X 的可能取值为 0，1，2.⎝ 4⎭ ⎝ 5⎭ 103 ⎛ 3⎫ ⎛ 3⎫ 3 9P (X ＝1)＝ × 1－ ⎪＋ 1－ ⎪× ＝ ，P (X ＝2)＝ × ＝ .E (X )＝0× ＋1× ＋2× ＝ .P (Y ＝0)＝C 03× ⎪ ＝ ，P (Y ＝1)＝C 13× × ⎪ ＝，2 ⎝2⎭P (Y ＝2)＝C 23× ⎪ × ＝ ， P (Y ＝3)＝C 33× ⎪ ＝ . E (Y )＝0× ＋1× ＋2× ＋3× ＝ .法二：设 L 1 巷道中堵塞点个数为 Y ，则随机变量 Y ～B 3， ⎪，所以 E (Y )＝3× ＝ .2 2⎝2⎭4 ⎝ 5⎭ ⎝ 4⎭5 203 3 94 5 20所以随机变量 X 的分布列为XP1 10 19 20 29 201 9 9 2710 20 20 20法一：设 L 1 巷道中堵塞点个数为 Y ，则 Y 的可能取值为 0，1，2，3.⎛1⎫3 1 ⎝2⎭ 81 ⎛1⎫23 8⎛1⎫2 1 3 ⎝2⎭ 2 8⎛1⎫3 1 ⎝2⎭ 8所以随机变量 Y 的分布列为YP1 8 13 8 23 8 31 81 3 3 1 38 8 8 8 2因为 E (X )<E (Y )，所以选择 L 2 巷道为抢险路线较好．⎛ 1⎫ 1 3因为 E (X )<E (Y )，所以选择 L 2 巷道为抢险路线较好．。
【高中数学】离散型随机变量的均值 课件 高二下学期数学人教A版(2019)选择性必修第三册
8
9
10
张娟娟射中的
概率
0.1
0.2
0.3
0.4
朴成贤射中的
概率
0.15
0.25
0.4
0.2
如何比较他们射箭水平的高低呢?
追问1：解决问题从哪里入手呢？
假设张娟娟射箭n次，射中7环、8环、9环和10环的频率分布表：
环数X
7
8
9
10
频数
1
2
3
4
频率
n3
n1
n2
n4
所以，甲n次射箭射中的平均环数为 x 7 8 9 10 .
名节目，猜对每首歌曲的歌名相互独立，猜对三首歌曲A, B, C歌名的概率
及猜对时获得相应的公益基金如下表所示.
歌曲
猜对的概率
A
0.8
B
0.6
C
0.4
获得的公益基金额/元
1000
2000
3000
规则如下: 按照A, B, C的顺序猜，只有猜对当前歌曲的歌名才有资格猜下
一首. 求嘉宾获得的公益基金总额X的分布列及均值.
追问3：从平均值角度比较，谁的射箭水平高？
张娟娟的射箭水平比乙高.
当n足够大时，
频率稳定于概率
概念形成
随机变量的均值
一般地，若离散型随机变量X的分布列如下表所示，
X
P
x1
p1
x2
p2
‧‧‧
‧‧‧
xn
pn
则称
为随机变量X的均值或数学期望， 数学期望简称期望.
均值是随机变量可能取值关于取值概率的加权平均数，它综合
例2 抛掷一枚质地均匀的骰子， 设出现的点数为X，求X的均值.
数理统计与随机过程3-1-数理统计1
记为：Cov ( X , Y ) E [ X E ( X )][Y E (Y )]. 称 XY Cov( X , Y ) D( X ) D(Y ) 为随机变量X 与Y的相关系数.
t2
1 te 2 | 2
因为X Z，故E ( X ) E ( Z ) , D( X ) D( Z ) 2 D(Z ) 2
即正态分布的两个参数 , 2分别是该分布的数学期望和方差。
独立的n个正态变量的线性组合仍服从正态分布：
即二维正态变量( X , Y )的概率密度中的参数 就是X , Y 的相关系数。 从而二维正态变量的分布完全可由X , Y 各自的 均值、方差以及它们的相关系数所确定。
前面已经证明： 若( X , Y )服从二维正态分布，那么X 和Y 相互独立 0 现在知道， XY ，从而知： 对于二维正态变量( X , Y )来说， X 和Y 不相关 X 与Y 相互独立
k!
k 1
(k 1)!
e e
即 E( X )
5
数学期望的特性：
1.设C是常数，则有E(C) C
2.设X 是一个随机变量，C是常数，则有E(CX ) CE( X )
3.设X , Y 是两个随机变量，则有E( X Y ) E( X ) E(Y )
（2） X ~ b(1, 1 2),(即(0 1)分布） P(U 1,V 0) P( X Y 1, X Y 0) 0 P(U 1) P( X Y 1) P( X 1, Y 0) 1 4, P(V 0) P( X Y 0) P( X 0, Y 0) 1 4, 所以P(U 1,V 0) P(U 1) P(V 0) U 与V不独立。
离散型随机变量的均值与方差_教案
离散型随机变量的均值与方差_教案第一章：离散型随机变量的概念1.1 离散型随机变量的定义介绍离散型随机变量的概念举例说明离散型随机变量1.2 离散型随机变量的概率分布概率分布的定义概率分布的性质概率分布的图形表示1.3 离散型随机变量的期望值期望值的定义期望值的计算方法期望值的意义第二章：离散型随机变量的均值2.1 离散型随机变量的均值的概念均值的定义均值的意义2.2 离散型随机变量的均值的计算方法均值的计算公式均值的计算步骤2.3 离散型随机变量的均值的性质均值的性质1：线性性质均值的性质3：单调性第三章：离散型随机变量的方差3.1 离散型随机变量的方差的概念方差的定义方差的意义3.2 离散型随机变量的方差的计算方法方差的计算公式方差的计算步骤3.3 离散型随机变量的方差的性质方差的性质1：非负性方差的性质2：对称性方差的性质3：单调性第四章：离散型随机变量的协方差4.1 离散型随机变量的协方差的概念协方差的定义协方差的意义4.2 离散型随机变量的协方差的计算方法协方差的计算公式协方差的计算步骤4.3 离散型随机变量的协方差的性质协方差的性质1：线性性质协方差的性质3：对称性第五章：离散型随机变量的相关系数5.1 离散型随机变量的相关系数的定义相关系数的定义相关系数的意义5.2 离散型随机变量的相关系数的计算方法相关系数的计算公式相关系数的计算步骤5.3 离散型随机变量的相关系数的性质相关系数的性质1：取值范围相关系数的性质2：单调性相关系数的性质3：对称性第六章：离散型随机变量的标准化6.1 离散型随机变量标准化的概念标准化的定义标准化的意义6.2 离散型随机变量的标准化方法标准化的计算公式标准化的计算步骤6.3 离散型随机变量标准化后的性质标准化后的分布标准化后的期望值和方差第七章：离散型随机变量的均值的估计7.1 离散型随机变量均值估计的概念均值估计的定义均值估计的意义7.2 离散型随机变量均值的点估计点估计的定义点估计的计算方法7.3 离散型随机变量均值的区间估计区间估计的定义区间估计的计算方法第八章：离散型随机变量的方差的估计8.1 离散型随机变量方差估计的概念方差估计的定义方差估计的意义8.2 离散型随机变量方差的点估计点估计的定义点估计的计算方法8.3 离散型随机变量方差的区间估计区间估计的定义区间估计的计算方法第九章：离散型随机变量的协方差的估计9.1 离散型随机变量协方差估计的概念协方差估计的定义协方差估计的意义9.2 离散型随机变量协方差的点估计点估计的定义点估计的计算方法9.3 离散型随机变量协方差的区间估计区间估计的定义区间估计的计算方法第十章：离散型随机变量的相关系数的估计10.1 离散型随机变量相关系数估计的概念相关系数估计的定义相关系数估计的意义10.2 离散型随机变量相关系数的点估计点估计的定义点估计的计算方法10.3 离散型随机变量相关系数的区间估计区间估计的定义区间估计的计算方法重点和难点解析重点环节1：离散型随机变量的期望值和方差的计算方法。
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第三章随机变量的数字特征
前一章介绍了随机变量的分布，它是对随机变量的一种完整的描述。
然而实际上，求出分布率并不是一件容易的事。
在很多情况下，人们并不需要去全面地考察随机变量的变化情况，而只要知道随机变量的一些综合指标就够了．随机变量的数字特征就是用数字表示随机变量的分布特点。
将介绍最常用的两种数字特征：数学期望与方差．
§1. 随机变量的数学期望及其性质
一．数学期望：
1．离散型随机变量的数学期望定义：
【例3】
2。
连续型随机变量的数学期望：定义：
【例4】
3．随机变量函数的数学期望：
X
,
二．：：：
三．习题：
１．Ｐ．７５―――１，３，５；
２．Ｐ．８４―――１，３，５．
【例】据统计，一位40岁的健康(一般体检末发现病症)者，5年之内活着或自杀死亡的概率为p(0＜p＜l，p为已知)，在5年内非自杀死亡的概率为1—p。
保险公司开办5年人寿保险，参加者需交保险费a元(a已知)，若5年之内非自杀死亡，公司赔偿b元(b＞a)。
b应如何定才能使公司可期望获
益；若有m人参加保险，公司可期望从中收益多少？
三．习题：
Ｐ．７５―――１，３，５
Ｐ．８４―――１，３，５。